2025年華東師大版高二物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版高二物理下冊月考試卷668考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、放入電場中某點(diǎn)的電荷所受的靜電力F跟它的電荷量q的比值，叫做該點(diǎn)的電場強(qiáng)度E，即E=F/q。下列說法正確的是（）A.若將放入該點(diǎn)的電荷從電場中移出，則該點(diǎn)的電場強(qiáng)度變?yōu)?B.若將放入該點(diǎn)的電荷量增加一倍，則該點(diǎn)的電場強(qiáng)度將減少一半C.放入該點(diǎn)的電荷所受的靜電力的方向就是該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向D.電場強(qiáng)度的國際單位是N/C2、在同一水平直線上的兩個(gè)不同的位置分別沿同方向拋出兩小球A和B，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，不計(jì)空氣阻力．要使兩球在空中相遇，則必須()A.先拋出A球B.先拋出B球C.同時(shí)拋出兩球D.使兩球質(zhì)量相等3、某平行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，相距為d，今在板間中點(diǎn)放一個(gè)電荷量為q的點(diǎn)電荷，則它受到的電場力的大小為（）A.B.C.D.4、一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中，各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是5、衛(wèi)星定位系統(tǒng)在日常生活中有廣泛的應(yīng)用，定位時(shí)，接收器需要獲得衛(wèi)星發(fā)送的信號(hào)。衛(wèi)星發(fā)送的是A.聲波B.電磁波C.次聲波D.機(jī)械波6、下列有關(guān)布朗運(yùn)動(dòng)的說法正確的是(

)

A.懸浮顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著B.懸浮顆粒越大，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著C.液體的溫度越低，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著D.液體的溫度高低對(duì)布朗運(yùn)動(dòng)不產(chǎn)生影響7、在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，將一水平放置的金屬棒以水平速度沿與桿垂直的方向拋出，設(shè)棒在運(yùn)動(dòng)過程中不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，空氣阻力不計(jì)，則金屬棒在做平拋運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢（）A.越來越大B.越來越小C.保持不變D.無法判斷評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、如圖為研究磁場對(duì)通電導(dǎo)線的作用力的實(shí)驗(yàn)；問：

（1）若閉合開關(guān)，導(dǎo)體棒AB受到的安培力方向______（“向左”或“向右”）

（2）如果向右滑動(dòng)“滑動(dòng)變阻器”觸頭，導(dǎo)體棒AB受到安培力方向______（“反向”或“不變”），安培力大小______（“變大”、“不變”或“變小”）9、如圖，理想變壓器有兩個(gè)副線圈，匝數(shù)分別為n1

和n2

所接負(fù)載4R1=R2.

當(dāng)只閉合S1

時(shí)，電流表示數(shù)為1A

當(dāng)S1

和S2

都閉合時(shí)，電流表示數(shù)為2A

則n1n2

為______．10、小車靜止在水平直軌道上，車內(nèi)固定著一玻璃管，管內(nèi)水銀柱長h=10cm，當(dāng)小車靜止時(shí)，封閉的氣體柱長L=28cm，如圖所示，當(dāng)小車啟動(dòng)后，空氣柱長L'=30cm，水銀柱長度不變，此時(shí)小車向____移動(dòng)，小車的加速度是____米/秒2．（大氣壓強(qiáng)75cmHg，g取10m/s2）

11、在《傳感器的應(yīng)用實(shí)驗(yàn)》的光控電路中，用發(fā)光二極管LED模仿路燈，RG為光敏電阻所示．當(dāng)光敏電阻RG受到光照時(shí)，斯密特觸發(fā)器的輸出端Y出現(xiàn)______電平（填“高”或“低”）；當(dāng)把光遮住時(shí)，輸入端A出現(xiàn)______電平（填“高”或“低”）；如果試驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)天很暗時(shí)路燈還沒點(diǎn)亮，應(yīng)將可變電阻R1的阻值調(diào)______一些（填“大”或“小”）．12、如圖所示是一個(gè)按正弦規(guī)律變化的交流電圖象．該交流電電流的頻率是______HZ，峰值是______A，4s時(shí)間內(nèi)電流方向變化了______次．若將該交流電串聯(lián)一個(gè)阻值為10Ω的定值電阻，則10s內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為______J．13、根據(jù)單擺周期公式；可以通過實(shí)驗(yàn)測量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣龋鐖D所示，將細(xì)線的上端固定在鐵架臺(tái)上，下端系一小鋼球，就做成了單擺．

（1）用游標(biāo)卡尺測量小鋼球直徑，如圖所示，讀數(shù)為______mm．

（2）某同學(xué)做“用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，測得的重力加速度數(shù)值明顯大于當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣鹊膶?shí)際值．造成這一情況的可能原因是______

A．測量擺長時(shí)；把懸掛狀態(tài)的擺線長當(dāng)成擺長。

B．測量周期時(shí)，當(dāng)擺球通過平衡位置時(shí)啟動(dòng)秒表，此后擺球第30次通過平衡位置時(shí)制動(dòng)秒表，讀出經(jīng)歷的時(shí)間為t，并由計(jì)算式T=求得周期。

C．開始擺動(dòng)時(shí)振幅過小。

D．所用擺球的質(zhì)量過大．14、如圖1

所示為打點(diǎn)計(jì)時(shí)器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)裝置．

(1)

通過研究重物自由下落過程中增加的______與減少的重力勢能的關(guān)系；從而驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．

(2)

實(shí)驗(yàn)中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)接______(

選填“直流”或“交流”)

電源.

正確操作得到的紙帶如圖2

所示，O

點(diǎn)對(duì)應(yīng)重物做自由落體運(yùn)動(dòng)的初始位置，從合適位置開始選取的三個(gè)連續(xù)點(diǎn)ABC

到O

點(diǎn)的距離如圖2

已知重物的質(zhì)量為m

重力加速度為g.

則從打下O

點(diǎn)到B

點(diǎn)的過程中，重物減少的重力勢能為______．15、如圖1

所示為實(shí)驗(yàn)室“驗(yàn)證碰撞中的動(dòng)量守恒”的實(shí)驗(yàn)裝置．

壟脵

下列說法中不符合本實(shí)驗(yàn)要求的是______．

A.入射球比靶球質(zhì)量大；但二者的直徑可以不同。

B.在同一組實(shí)驗(yàn)的不同碰撞中；每次入射球必須從同一高度由靜止釋放。

C.安裝軌道時(shí)；軌道末端必須水平。

D.需要使用的測量儀器有天平和刻度尺。

壟脷

實(shí)驗(yàn)中記錄了軌道末端在記錄紙上的豎直投影為O

點(diǎn)，經(jīng)多次釋放入射球，在記錄紙上找到了兩球平均落點(diǎn)位置為MPN

并測得它們到O

點(diǎn)的距離分別為OM爐OP爐

和ON爐.

已知入射球的質(zhì)量為m1

靶球的質(zhì)量為m2

如果測得m1OM爐+m2ON爐

近似等于______；則認(rèn)為成功驗(yàn)證了碰撞中的動(dòng)量守恒．

壟脹

在實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)小球的落點(diǎn)情況，若等式ON爐=

______成立，則可證明碰撞中系統(tǒng)的動(dòng)能守恒(

要求用壟脷

問中的涉及的物理量表示)

．評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、只有沿著電場線的方向電勢才會(huì)降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

19、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、電勢差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場中兩點(diǎn)間的電勢差隨著零電勢點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、只有沿著電場線的方向電勢才會(huì)降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點(diǎn)間的電勢大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

24、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、解答題(共1題，共7分)25、將電量為q2的點(diǎn)電荷放在電量為q1的點(diǎn)電荷的電場中的P點(diǎn)，q2所受靜電力的大小為F，則P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為______；若將點(diǎn)電荷q2從P點(diǎn)取走，q1的位置不變化，則q2取走后P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為______，P點(diǎn)到點(diǎn)電荷q1的距離為______評(píng)卷人得分五、畫圖題(共2題，共4分)26、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象27、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象評(píng)卷人得分六、綜合題(共3題，共24分)28、科技活動(dòng)小組制作的快艇模型；假設(shè)快艇模型由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=2m/s2

運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=5s

求：

(1)

快艇模型在這5s

內(nèi)的位移x

．

(2)

快艇模型在5s

末的速度v

．29、如圖；兩條光滑金屬導(dǎo)軌MN，PQ相互平行地固定在水平桌面上，導(dǎo)軌之間的間距L=0.2m，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T；方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌左端接有一阻值R=0.4Ω的小燈泡．導(dǎo)體棒MN垂直放置在導(dǎo)軌上，當(dāng)用一水平恒力F作用在導(dǎo)體MN上，使之以v=6m/s的速度勻速向右運(yùn)動(dòng)，小燈泡恰能正常發(fā)光（除燈泡外其余電阻不計(jì)），求：

（1）感應(yīng)電動(dòng)勢的大小；

（2）水平恒力F的大?。?0、選做題。

(1)

如圖，容積為V

的汽缸由導(dǎo)熱材料制成，面積為S

的活塞將汽缸分成容積相等的上下兩部分，汽缸上部通過細(xì)管與裝有某種液體的容器相連，細(xì)管上有一閥門K

開始時(shí)，K

關(guān)閉，汽缸內(nèi)上下兩部分氣體的壓強(qiáng)均為p0,

現(xiàn)將K

打開，容器內(nèi)的液體緩慢地流入汽缸，當(dāng)流入的液體體積為V8

時(shí)，將K

關(guān)閉，活塞平衡時(shí)其下方氣體的體積減小了V6

不計(jì)活塞的質(zhì)量和體積，外界溫度保持不變，重力加速度大小為g

求流入汽缸內(nèi)液體的質(zhì)量。

(2)

如圖，鈻?ABC

為一玻璃三棱鏡的橫截面，隆脧A=30鈭?

一束紅光垂直AB

邊射入，從AC

邊上的D

點(diǎn)射出，其折射角為60鈭?

則玻璃對(duì)紅光的折射率為_____。若改用藍(lán)光沿同一路徑入射，則光線在D

點(diǎn)射出時(shí)的折射射角______(

“小于”“等于”或“大于”)60鈭?

(3)

一列簡諧橫波在t=13s

時(shí)的波形圖如圖(a)

所示，PQ

是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，圖(b)

是質(zhì)點(diǎn)Q

的振動(dòng)圖像。求

(i)

波速及波的傳播方向；(ii)

質(zhì)點(diǎn)Q

的平衡位置的x

坐標(biāo)。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】【解析】試題分析：若將放入該點(diǎn)的電荷從電場中移出，則電場力隨之而消失，但電場強(qiáng)度受到電場的性質(zhì)決定，所以依然存在．故A錯(cuò)誤；若將放入該點(diǎn)的電荷量增加一倍，則電場力也將會(huì)增大一倍，而該處的電場強(qiáng)度卻不變，故B錯(cuò)誤；放入該點(diǎn)的正電荷所受的靜電力的方向就是該點(diǎn)的電場強(qiáng)度的方向，若是負(fù)電荷則受力的反方向?yàn)殡妶鰪?qiáng)度的方向．故C錯(cuò)誤；由公式可得國際單位是N/C．故D正確；考點(diǎn)：考查了對(duì)電場強(qiáng)度的理解【解析】【答案】D2、C【分析】本題考查了平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，要使兩球在空中相遇，必須滿足豎直位移相等，因?yàn)閮汕蛳嘤鰰r(shí)在空中的高度相同，即豎直方向上的位移一定相等，所以根據(jù)公式可得，兩球必須同時(shí)拋出，C正確，思路拓展：本題很容易迷惑人，其實(shí)只要把握住一條，即相遇時(shí)高度相等即可【解析】【答案】C3、B【分析】試題分析:由電容的定義式C=得，板間電壓為U=板間場強(qiáng)大小為E=．點(diǎn)電荷所受的電場力大小為F=qE，聯(lián)立得到，F(xiàn)=．故選B?？键c(diǎn)：電容；電場強(qiáng)度【解析】【答案】B4、C【分析】試題分析：平行板電容器充電后與電源斷開，帶電量不變；設(shè)兩板間的距離為d，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離x：由知C與x不成正比，A錯(cuò)誤；兩板間為勻強(qiáng)電場，由知電場強(qiáng)度E不變，B錯(cuò)誤；設(shè)P點(diǎn)與負(fù)極板間的距離為y,P點(diǎn)與負(fù)極板間的電勢差為：U1＝φP－0＝φP＝E(y-x)=可知C正確；P點(diǎn)的電勢能W＝φPq，φ變化，則W變化，D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：本題考查電容器的動(dòng)態(tài)變化。【解析】【答案】C5、B【分析】解：根據(jù)電磁波傳播速度大；且在能真空中傳播等特點(diǎn)，衛(wèi)星定位系統(tǒng)在日常生活中有廣泛的應(yīng)用，定位時(shí)，接收器需要獲得衛(wèi)星發(fā)送的信號(hào)(

加載在電磁波上)

故B正確，ACD錯(cuò)誤；

故選：B

．

明確電磁波的應(yīng)用；知道在衛(wèi)星定位系統(tǒng)中，依靠電磁波來傳遞與接收信息，從而進(jìn)行定位．

本題考查電磁波應(yīng)用，掌握并理解電磁波的特點(diǎn)，掌握電磁波在生產(chǎn)和生活中的應(yīng)用．【解析】B

6、A【分析】解：AB

布朗運(yùn)動(dòng)是小微粒受到的液體分子的撞擊的不平衡產(chǎn)生的；懸浮顆粒越??；碰撞的不平衡性越明顯，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著，反之懸浮顆粒越大，碰撞的不平衡性越不明顯，故布朗運(yùn)動(dòng)越不顯著，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD

液體的溫度越高；液體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能越大，碰撞的不平衡性越明顯，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著，故C錯(cuò)誤，D錯(cuò)誤．

故選：A

布朗運(yùn)動(dòng)是小微粒受到的分子的撞擊的不平衡產(chǎn)生的；是小微粒的運(yùn)動(dòng).

受溫度和顆粒大小的影響．

明確布朗運(yùn)動(dòng)不是分子的運(yùn)動(dòng)，是固體微粒的運(yùn)動(dòng)，其程度與溫度有關(guān)，顆粒越小、溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著．【解析】A

7、C【分析】【解析】試題分析：直導(dǎo)線由水平被拋出的過程，只在水平方向切割磁感線，水平速度不變，所以感應(yīng)電動(dòng)勢一直不變，所以C對(duì)考點(diǎn)：考查學(xué)生應(yīng)用公式計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的大小【解析】【答案】C二、填空題(共8題，共16分)8、略

【分析】解：利用左手定則可以判斷受力方向（1）向左；

（2）當(dāng)滑片滑動(dòng)時(shí)；方向不變，但電流發(fā)生改變，故大小發(fā)生改變；

故答案為：（1）向左（2）不變；變小。

通電導(dǎo)線在磁場的受力與磁場方向和通電導(dǎo)線電流方向有關(guān)；改變其中一個(gè)，方向改變，改變兩個(gè)，方向不變，根據(jù)左手定則判斷導(dǎo)體棒受力方向，根據(jù)F=BIL求的大小。

本題主要考查了左手定則，即張開左手，使四指與大拇指在同一平面內(nèi)，大拇指與四指垂直，把左手放入磁場中，讓磁感線穿過手心，四指與電流方向相同，大拇指所指的方向是安培力的方向．【解析】向左；不變；變小9、略

【分析】解：設(shè)原線圈的電壓為U

當(dāng)只閉合S1

時(shí)，根據(jù)電流表示數(shù)為1A

則變壓器的輸入功率為U隆脕1A

則副線圈的功率為U隆脕1A

當(dāng)S1

和S2

都閉合時(shí)；電流表示數(shù)為2A

則變壓器的輸入功率為U隆脕2A

則副線圈的功率為U隆脕2A

因此兩副線圈的功率之比為11

根據(jù)P=U2R

結(jié)合負(fù)載4R1=R2

的阻值關(guān)系，則有：U12R1=U22R2

解得：U1U2=12

由變壓器的電壓與匝數(shù)成正比；則有：n1n2=12

故答案為：12

．

設(shè)原線圈的電壓為U

當(dāng)只閉合S1

時(shí)，根據(jù)電流表示數(shù)為1A

可知變壓器的輸入功率，從而可知輸出功率；

當(dāng)S1

和S2

都閉合時(shí)；電流表示數(shù)為2A

可知變壓器的輸入功率，從而可知輸出功率；進(jìn)而得到兩副線圈的功率之比；

根據(jù)P=U2R

結(jié)合負(fù)載4R1=R2

的阻值關(guān)系，與變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，即可求解．

本題考查了變壓器的特點(diǎn)：輸入功率等于輸出功率，且電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，注意副線圈的電阻阻值關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【解析】12

10、略

【分析】

以空氣柱為研究對(duì)象；氣體做等溫變化，根據(jù)玻意耳定律：

P1LS=P′L′SP1=P

解得：P′=P

以水銀柱為研究對(duì)象；根據(jù)牛頓第二定律，有：

PS-P′S=ρSha

解得：a=5m/s2

故答案為：左；5．

【解析】【答案】先以氣體為研究對(duì)象根據(jù)玻意耳定律求出氣柱邊長之后的壓強(qiáng)；然后以水銀柱為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出小車的加速度。

11、略

【分析】解：在《傳感器的應(yīng)用實(shí)驗(yàn)》的光控電路中，用發(fā)光二極管LED模仿路燈，RG為光敏電阻所示．當(dāng)光敏電阻RG受到光照時(shí)，其電阻值較小，斯密特觸發(fā)器的輸出端Y出現(xiàn)高電平；當(dāng)把光遮住時(shí)，電阻比較大，光敏電阻兩端的電勢差比較大，輸入端A出現(xiàn)高電平；如果試驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)天很暗時(shí)路燈還沒點(diǎn)亮，說明A點(diǎn)的電勢仍然比較低，所以應(yīng)將可變電阻R1的阻值調(diào)小一些．

故答案為：高；高，小。

光敏電阻的電阻隨光照增強(qiáng)而減小；天暗時(shí)，電阻比較大，光敏電阻兩端的電勢差比較大，則輸入門電路為高電勢，而另一輸入端為低電勢，最后燈亮；天亮?xí)r，光敏電阻比較小，則光敏電阻兩端的電勢差比較小，則輸入門電路為低電勢，而另一輸入端為低電勢，燈熄滅．

解決本題的關(guān)鍵掌握門的特點(diǎn)：輸入高電勢輸出低電勢，反之輸入低電勢輸出高電勢．【解析】高；高；小12、略

【分析】解：由圖可知；該交流電的電流峰值為2A；

周期T=0.4s，所以f==2.5Hz

一個(gè)周期內(nèi)電流改變2次，故4s內(nèi)電流的改變的次數(shù)次。

該交流電的電流峰值為Im=2A，所以有效值為I==A；

若將該交流電串聯(lián)一個(gè)阻值為10Ω的定值電阻；

根據(jù)焦耳定律得10s內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt=×10×10=200J

故答案為：2.5220200

根據(jù)圖象可讀出該交流電的周期和最大值；然后根據(jù)頻率和周期，最大值與有效值的關(guān)系可直接求解．

根據(jù)焦耳定律求解10s內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱．

根據(jù)交流電i-t圖象讀出交流電的最大值、周期及任意時(shí)刻電流的大小是基本能力．掌握焦耳定律的應(yīng)用．【解析】2.5；2；20；20013、略

【分析】解：（1）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為10mm；游標(biāo)尺上第4個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為4×0.1mm=0.4mm；

所以最終讀數(shù)為：10mm+0.4mm=10.4mm．

（2）由單擺周期公式T=2π可知重力加速度：g=．

A、由g=可知；擺線長當(dāng)成擺長，則l減小，那么引起測量值偏小，故A錯(cuò)誤。

B、第30次通過平衡位置時(shí)制動(dòng)秒表，實(shí)際完成15次全振動(dòng)，則T=即周期偏??；

由g=可知；當(dāng)T偏小會(huì)引起測量值偏大．故B正確．

C；重力加速度的測量值與振幅無關(guān)；振幅偏小，不影響測量結(jié)果，故C錯(cuò)誤；

D；g的值與擺球的質(zhì)量無關(guān)；故D錯(cuò)誤；

故答案為：（1）10.4；（2）B．

（1）解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法；主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；

（2）由單擺周期公式；求出重力加速度的表達(dá)式，根據(jù)重力加速度的表達(dá)式，分析重力加速度測量值偏大的原因．

（1）對(duì)于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺；螺旋測微器等要了解其原理；要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量；

（2）解決本題的關(guān)鍵掌握單擺的周期公式T=2π以及會(huì)分析誤差形成的原因．【解析】10.4；B14、略

【分析】解：(1)

研究重物自由下落過程中重力勢能的減少量與動(dòng)能的增加量的關(guān)系；可以驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．

(2)

實(shí)驗(yàn)中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)接交流電源，從打下O

點(diǎn)到B

點(diǎn)的過程中，重物減少的重力勢能為鈻?EP=mgh2

．

故答案為：(1)

動(dòng)能；(2)

交流；mgh2

用圖示的實(shí)驗(yàn)裝置做驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)；研究重物自由下落過程中重力勢能的減少量與動(dòng)能的增加量的關(guān)系，可以驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，根據(jù)功能關(guān)系得重力勢能減小量等于重力做功的數(shù)值．

正確解答實(shí)驗(yàn)問題的前提是明確實(shí)驗(yàn)原理，從實(shí)驗(yàn)原理出發(fā)進(jìn)行分析所測數(shù)據(jù)，如何測量計(jì)算，會(huì)起到事半功倍的效果．【解析】動(dòng)能；交流；mgh2

15、略

【分析】解：壟脵A

要使兩球發(fā)生對(duì)心正碰；兩球半徑應(yīng)相等，為防止入射球碰撞后反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于靶球的質(zhì)量，即：入射球比靶球質(zhì)量大，入射球與靶球半徑應(yīng)相等，故A不符合本實(shí)驗(yàn)要求；

B；為保持入射球的初速度相等；在同一組實(shí)驗(yàn)的不同碰撞中，每次入射球必須從同一高度由靜止釋放，故B符合本實(shí)驗(yàn)要求；

C；為保證小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)；小球離開軌道時(shí)的速度必須水平，安裝軌道時(shí)，軌道末端必須水平，故C符合本實(shí)驗(yàn)要求；

D；實(shí)驗(yàn)中需要測出小球質(zhì)量與小球的水平位移；需要使用的測量儀器有天平和刻度尺，故D符合本實(shí)驗(yàn)要求；

本題選不符合本實(shí)驗(yàn)要求的；故選A．

壟脷

兩球碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)；它們拋出點(diǎn)的高度相等，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t

相等，碰撞過程動(dòng)量守恒，則m1v1=m1v1隆盲+m2v2隆盲

兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t

得：m1v1t=m1v1隆盲t+m2v2隆盲t

則m1OP爐=m1OM爐+m2ON爐

故如果m1OP爐=m1OM爐+m2ON爐

碰撞過程中；系統(tǒng)動(dòng)量守恒．

壟脹

如果碰撞過程動(dòng)能守恒，則：12m1v12=12m1v1隆盲2+12m2v2隆盲212m1(OP爐)2=12m1(OM爐)2+12m2(ON爐)2

即：如果m1OP爐2=m1OM爐2+m2ON爐2

m1OP爐=m1OM爐+m2ON爐

代入可知：OM爐+OP爐=ON爐

只要滿足OM爐+OP爐=ON爐

即可說明：碰撞過程動(dòng)能守恒．

故答案為：壟脵A壟脷m1OP爐壟脹OM爐+OP爐=ON爐

．

壟脵

要使兩球發(fā)生對(duì)心正碰；兩球半徑應(yīng)相等，為防止入射球碰撞后反彈，入射球的質(zhì)量應(yīng)大于被碰球的質(zhì)量，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題；

壟脷

應(yīng)用動(dòng)量守恒定律根據(jù)圖示求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式；然后分析答題．

壟脹

應(yīng)用機(jī)械能守恒定律分析答題．

本題考查了驗(yàn)證動(dòng)量守恒實(shí)驗(yàn)的注意事項(xiàng)、實(shí)驗(yàn)器材的選擇、數(shù)據(jù)處理，知道實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)即可正確解題；小球離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，它們在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，水平位移與初速度正正比，可以用水平位移表示初速度．【解析】Am1OP爐OM爐+OP爐

三、判斷題(共9題，共18分)16、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對(duì)大小．

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大?。浑妱莶钆c零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．17、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．18、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。?9、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點(diǎn)可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動(dòng)電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強(qiáng)弱，電場線密的地方，電場強(qiáng)度大，疏的地方電場強(qiáng)度弱，沿電場線的方向電勢降低．20、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢的相對(duì)大小．

兩點(diǎn)間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢差是標(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢差與零電勢點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．21、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場強(qiáng)度和電勢這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場強(qiáng)度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．22、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．23、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢差相比，與a點(diǎn)之間的電勢差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大?。摹⒔獯痤}(共1題，共7分)25、略

【分析】

根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=求出電場強(qiáng)度E=若將點(diǎn)電荷q2從P點(diǎn)取走；則P點(diǎn)的電場強(qiáng)度仍不變．

而點(diǎn)電荷的電場強(qiáng)度，

所以

解之得：P點(diǎn)到點(diǎn)電荷q1的距離r=

故答案為：

【解析】【答案】根據(jù)電場強(qiáng)度的定義式E=求出電場強(qiáng)度；再根據(jù)F=qE求出電場力的大?。妶鰪?qiáng)度的大小與放入電場中的電荷無關(guān)．

五、畫圖題(共2題，共4分)26、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】27、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】六、綜合題(共3題，共24分)28、略

【分析】

(1)

根據(jù)位移時(shí)間公式求出5s

內(nèi)的位移。

(2)

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式求出物體運(yùn)動(dòng)5s

末的速度；

解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式和位移時(shí)間公式，并能靈活運(yùn)用，基礎(chǔ)題．【解析】解：(1)

物體在5s

內(nèi)的位移為：x=12at2=25m

(2)

物體運(yùn)動(dòng)5s

末的速度為：v=at=2隆脕5m/s=10m/s

答：(1)

物體在5s

內(nèi)的位移是25m

(2)

物體運(yùn)動(dòng)5s

末的速度是10m/s

29、略

【分析】

考察電磁感應(yīng)以及電路知識(shí)。

（1）直接根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線的公式；計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的；

（2）勻速運(yùn)動(dòng)；根據(jù)平衡條件求解．

本題是對(duì)電磁學(xué)，電路以及力學(xué)知識(shí)的綜合考察，先應(yīng)用公式求感應(yīng)電動(dòng)勢E=BLV，再利用歐姆定律求解電流，最后應(yīng)用安培力公式求解安培力，第二問根據(jù)平衡條件可直接得出恒力等于安培力．【解析】解：根據(jù)題意可得：

（1）導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢；根據(jù)公式可得：

E=BLv=2×0.2×6=2.4（V）；

（2）由于cd做勻速直線運(yùn)動(dòng)；所以運(yùn)動(dòng)方向上受力平衡。

對(duì)cd受力分析；發(fā)現(xiàn)cd水平方向受到兩個(gè)力；

故，F(xiàn)=F安

F安=BIL===2.4（N）．

答：（1）感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為2.4V；

（2）水平恒力F的大小為2.4N．30、(1)

解：設(shè)活塞再次平衡后，活塞上方氣體的體積為V1

壓強(qiáng)為p1

下方氣體的體積為V2

壓強(qiáng)為p2

在活塞下移的過程中，活塞上、下兩部分氣體的溫度均保持不變，作等溫變化，由玻意耳定律得：

對(duì)上部分氣體有p0V2=p1V1

對(duì)下部分氣體有p0V2=p2V2

由已知條件得。

V1=V2+V6?V8=1324V

V2=V2?V6=V3

設(shè)活塞上方液體的質(zhì)量為m

由力的平衡條件得。

p2S=p1S+mg

聯(lián)立以上各式得m=15p0S26g

答：流入汽缸內(nèi)液體的質(zhì)量是15p0S26g

(2)3

大于

(3)

解：(i)

由圖(a)

可以看出，該波的波長為婁脣=36cm

由圖(b)

可以看出周期T=2s

故波速為v=婁脣T=18cm/s

由(b)

可知，當(dāng)t=13s

時(shí)，Q

向上振動(dòng)，結(jié)合圖(a)(a)(a)可知；該波沿x

軸負(fù)方向傳播；

(ii)

設(shè)質(zhì)點(diǎn)PQ

的平衡位置的x

軸分別為xPxQ

由圖(a)

可知，x=0

處，y=鈭?A2=Asin(?30鈭?)

由圖(b)

可知，在t=0

時(shí)點(diǎn)處于平衡位置，經(jīng)過QQQQ鈻?trianglett==1133ss鈻?trianglett==，其振動(dòng)狀態(tài)向x

軸負(fù)方向傳播到1133點(diǎn)處；

所以xQ?xP=v鈻?t=6cm

解得質(zhì)點(diǎn)Q

的平衡位置的x

坐標(biāo)為xQ=9cm

答：(i)

波速為18cm/s

該波沿x

軸負(fù)方向傳播；

(ii)

質(zhì)點(diǎn)Q

的平衡位置的x

坐標(biāo)為xQ=9cm

113311【分析】(1)

液體緩慢地流入汽缸的過程中；活塞上；下兩部分氣體的溫度均保持不變，作等溫變化。對(duì)兩部分氣體分別運(yùn)用玻意耳定律列式，可求得活塞再次平衡后上下兩部分氣體的壓強(qiáng)，再對(duì)活塞，由平衡條件列式，可求得流入汽缸內(nèi)液體的質(zhì)量。

本題是多體問題，解答此類問題的方法是：找出不同狀態(tài)下的三個(gè)狀態(tài)參量，分析封閉氣體發(fā)生的是何種變化，利用理想氣體的狀態(tài)方程列方程，同時(shí)要抓住兩部分之間的關(guān)系，如體積關(guān)系、壓強(qiáng)關(guān)系；本題要能